化学-2022-2023学年四川省成都市郫都区高三（上）化学试卷

2022-2023学年四川省成都市郫都区高三（上）段考化学试卷（9月份）一、选择题：本大题共7小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．（6分）下列说法正确的是（）A．工业上通过电解六水合氯化镁制取金属镁 B．接触法制硫酸时，煅烧黄铁矿以得到三氧化硫 C．浓硝酸与铁在常温下不反应，所以可用铁质容器贮运浓硝酸 D．“洁厕灵”（主要成分为盐酸）和“84消毒液”（主要成分为次氯酸钠）不能混用2．（6分）设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）A．20g2H2O中含有8NA个中子 B．1molH2与1molI2在密闭容器中充分反应后的分子总数小于2NA C．标准状况下，11.2L由甲烷和乙烯组成的混合气体含极性键的数目为2NA D．1L0.5mol•L﹣1Na2S溶液中含S2﹣和HS﹣的离子总数为0.5NA3．（6分）下列实验装置能达到实验目的的是（）A．图1证明1﹣溴丁烷和无水乙醇共热生成1﹣丁烯 B．图2证明C2H2具有还原性 C．图3证明碳酸酸性强于苯酚酸性 D．图4用于分离二氯甲烷（沸点40°C）、三氧甲烷（沸点62°C）和四氯化碳（沸点77°C）4．（6分）在含有大量漂粉精的溶液中，下列有关叙述正确的是（）A．加入K+、NH4+、SO42﹣、I﹣等离子，可以大量共存 B．可用pH试纸测定该溶液的pH C．向该溶液中滴加少量FeSO4溶液，反应的离子方程式为：2Fe2++ClO﹣+2H+═2Fe3++Cl﹣+H2O D．该溶液中滴入一定量的浓盐酸，每产生1molCl2，转移电子数约为6.02×1023个5．（6分）在“价一类”二维图中融入“杠杆模型”，可直观辨析部分物质转化及其定量关系。如图所示，图中的字母分别代表硫及其常见化合物，相关推断不合理的是（）A．b、d、f既具有氧化性又具有还原性 B．硫酸型酸雨的形成过程涉及b到c的转化 C．d与c在一定条件下反应可生成b或a D．d在加热条件下与强碱溶液反应生成e和f，且n（e）：n（f）＝2：16．（6分）聚乳酸是一种新型的生物可降解高分子材料，其合成路线如图：下列说法错误的是（）A．m＝n﹣1 B．聚乳酸分子中含有两种官能团 C．1mol乳酸与足量的Na反应生成1molH2 D．两分子乳酸反应能够生成含六元环的分子7．（6分）由工业废铜泥（主要成分为CuS、Cu2S、Cu2（OH）2CO3，含少量Fe）制备难溶于水的氯化亚铜，其工艺流程如图。下列说法错误的是（）A．灼烧时可将CuS、Cu2S等转化为CuO B．除杂②过程中还需加热 C．流程中可循环使用的物质有H2SO4、Na2SO3 D．还原中的反应为2Cu2++2Cl﹣+SO32﹣+H2O═2CuCl↓+SO42﹣+2H+三、非选择题8．（15分）含氯物质在生产生活中有重要作用。1774年，舍勒在研究软锰矿（主要成分是MnO2）的过程中，将它与浓盐酸混合加热，产生了一种黄绿色气体。1810年，戴维确认这是一种新元素组成的单质，并命名为chlorine（中文命名“氯气”）。（1）实验室沿用舍勒的方法制取Cl2的化学方程式为。（2）实验室制取干燥Cl2时，净化与收集Cl2所需装置的接口连接顺序为。（3）某氯水久置后不能使品红溶液褪色，可推测氯水中已分解。检验此久置氯水中Cl﹣存在的操作及现象是。（4）某合作学习小组进行以下实验探究。①实验任务通过测定溶液电导率，探究温度对AgCl溶解度的影响。②查阅资料电导率是表征电解质溶液导电能力的物理量。温度一定时，强电解质稀溶液的电导率随溶液中离子浓度的增大而增大；离子浓度一定时，稀溶液电导率随温度的升高而增大。25℃时，Ksp（AgCl）＝1.8×10﹣10。③提出猜想猜想a：较高温度的AgCl饱和溶液的电导率较大。猜想b：AgCl在水中的溶解度s（45℃）＞s（35℃）＞s（25℃）。④设计实验、验证猜想取试样Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ（不同温度下配制的AgCl饱和溶液），在设定的测试温度下，进行表1中实验1～3，记录数据。表1实验序号试样测试温度/℃电导率/（μS/cm）1Ⅰ：25℃的AgCl饱和溶液25A12Ⅱ：35℃的AgCl饱和溶液35A23Ⅲ：45℃的AgCl饱和溶液45A3⑤数据分析、交流讨论25℃的AgCl饱和溶液中，c（Cl﹣）＝mol/L。实验结果为A3＞A2＞A1。小组同学认为，此结果可以证明③中的猜想a成立，但不足以证明猜想b成立。结合②中信息，猜想b不足以成立的理由有。⑥优化实验小组同学为进一步验证猜想b，在实验1～3的基础上完善方案，进行实验4和5。请完成表2中内容。表2实验序号试样测试温度/℃电导率/（μS/cm）4ⅠB15B2⑦实验总结根据实验1～5的结果，并结合②中信息，小组同学认为猜想b也成立。猜想b成立的判断依据是。9．（14分）丙烯腈（CH2＝CH﹣CN）是合成纤维、合成橡胶和合成树脂的重要单体，可以由乙炔与HCN反应制得。原理如下：CH≡CH+HCNCH2＝CH﹣CN。Ⅰ.制备催化剂CuCl2（1）通过查阅资料有两种方案可以制备方案1：铜屑与H2O2在浓盐酸中反应方案2：铜丝在氯气中燃烧方案1的实验原理如图所示①仪器a的名称。②请写出方案1的反应原理。（用离子方程式表达）（2）用恒压滴液漏斗分批多次滴加H2O2，且H2O2过量，原因是。（3）方案2燃烧后的固体溶于水，过滤后发现一些白色固体X，为检测X的成分，某同学将其溶于稀硫酸，白色固体变为红色，且溶液呈蓝色，推测X为。Ⅱ.合成丙烯腈已知：①电石的主要成分是CaC2，还含有少量硫化钙②HCN易挥发，有毒，具有较强的还原性（4）HCN的电子式。（5）纯净的乙炔是无色、无臭的气体。但用电石制取的乙炔时常伴有有臭鸡蛋气味，这种物质是。（6）从下列选择装置D中可盛放的溶液。A.高锰酸钾溶液B.NaOH溶液C.饱和食盐水D.盐酸溶液（7）工业用200kg含CaC2质量分数80%的电石，生产得到丙烯腈79.5kg，计算产率。10．（14分）铂钌催化剂是甲醇燃料电池的阳极催化剂。一种以钌矿石[主要含Ru（CO3）2，还含少量的FeO、MgO、RuO4、CaO、SiO2]为原料制备钌（Ru）的流程如图1。回答下列问题：（1）Na2Fe4（SO4）6（OH）2中Fe的化合价为。（2）“酸浸”时，Na2SO3的作用。“滤渣”的主要成分有SiO2和（填化学式）。“酸浸”中钌的浸出率与浸出温度、pH的关系如图2所示，“酸浸”的最佳条件是。（3）“除铁”的离子方程式为。（提示：1molNaClO3参与反应，转移6mol电子）（4）从“滤液2”中可提取一种化肥，其电子式为。（5）“灼烧”时Ar的作用是。（6）某工厂用10t钌矿石[含8.84tRu（CO3）2、165kgRuO4]，最终制得3636kgRu，则Ru的产率为。（保留三位有效数字）【选修三—物质结构与性质】（15分）11．（15分）SCR和NSR技术可有效降低柴油发动机在空气过量条件下的NOx排放。（1）SCR（选择性催化还原）工作原理：①尿素[CO（NH2）2]水溶液热分解为NH3和CO2，请写出CO2的电子式。②反应器内NH3还原NO2过程中，若还原产物比氧化产物少1mol，转移电子总数个（用NA表示）。③当燃油中含硫量较高时，尾气中SO2在O2作用下会形成（NH4）2SO4，使催化剂中毒。用化学方程式表示（NH4）2SO4的形成。④尿素溶液浓度影响NO2的转化，测定溶液中尿素（M＝60g•mol﹣1）含量的方法如下：取ag尿素溶液，将所含氮完全转化为NH3，所得NH3用过量的v1mLc1mol•L﹣1H2SO4溶液吸收完全，剩余H2SO4用v2mLc2mol•L﹣1NaOH溶液恰好中和，则尿素溶液中溶质的质量分数是（2）NSR（NOx储存还原）工作原理：NOx的储存和还原在不同时段交替进行，如图a所示。①通过BaO和Ba（NO3）2的相互转化实现NOx的储存和还原。储存NOx的物质是。②用H2模拟尾气中还原性气体研究了Ba（NO3）2的催化还原过程，该过程分两步进行，图b表示该过程相关物质浓度随时间的变化关系。第一步反应消耗的H2与Ba（NO3）2的物质的量之比是。③还原过程中，有时会产生笑气（N2O）。用同位素示踪法研究发现笑气的产生与NO有关。在有氧条件下15NO与NH3以一定比例反应时，得到的笑气几乎都是15NNO．将该反应的化学方程式补充完整：15NNO+H2O

2022-2023学年四川省成都市郫都区高三（上）段考化学试卷（9月份）参考答案与试题解析一、选择题：本大题共7小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．（6分）下列说法正确的是（）A．工业上通过电解六水合氯化镁制取金属镁 B．接触法制硫酸时，煅烧黄铁矿以得到三氧化硫 C．浓硝酸与铁在常温下不反应，所以可用铁质容器贮运浓硝酸 D．“洁厕灵”（主要成分为盐酸）和“84消毒液”（主要成分为次氯酸钠）不能混用【分析】A．工业上通过电解熔融的氯化镁制取金属镁；B．接触法制硫酸时，煅烧黄铁矿以得到二氧化硫；C．铁遇浓硝酸发生钝化，钝化是发生了化学反应；D．次氯酸钠具有强氧化性，它会与盐酸发生氧化还原反应产生氯气。【解答】解：A．工业上通过电解熔融的氯化镁制取金属镁，故A错误；B．接触法制硫酸时，煅烧黄铁矿以得到二氧化硫，不能得到三氧化硫，故B错误；C．铁遇浓硝酸发生钝化，钝化是发生了化学反应，故C错误；D．次氯酸钠具有强氧化性，它会与盐酸发生氧化还原反应产生氯气，故“洁厕灵”（主要成分为盐酸）和“84消毒液”（主要成分为次氯酸钠）不能混用，故D正确；故选：D。【点评】本题主要是对基础知识的考查，包括镁的工业制法、浓硝酸的性质、硫酸的工业制法等知识，题目难度不大。2．（6分）设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）A．20g2H2O中含有8NA个中子 B．1molH2与1molI2在密闭容器中充分反应后的分子总数小于2NA C．标准状况下，11.2L由甲烷和乙烯组成的混合气体含极性键的数目为2NA D．1L0.5mol•L﹣1Na2S溶液中含S2﹣和HS﹣的离子总数为0.5NA【分析】A．2H2O分子中含有10个中子，且摩尔质量是20g/mol；B．氢气与碘反应生成碘化氢为分子数不变的反应；C．1个甲烷和1个乙烯都含有4条极性共价键；D．硫化钠溶液中含硫微粒有：H2S、S2﹣和HS﹣，结合原子个数守恒判断。【解答】解：A．20g2H2O的物质的量是＝1mol，2H2O中含有10mol中子，故含有的中子数均为10NA，故A错误；B．1molH2和1molI2于密闭容器中充分反应后，其分子总数等于2NA，故B错误；C．标准状况下，11.2L由甲烷和乙烯组成的混合气体含极性键的数目为：×4×NAmol﹣1＝2NA，故C正确；D．硫化钠溶液中含硫微粒有：H2S、S2﹣和HS﹣，依据硫原子个数守恒可知，1L0.5mol⋅L﹣1Na2S溶液中含S﹣和HS﹣的离子总数小于0.5NA，故D错误；故选：C。【点评】本题考查了物质的量和阿伏加德罗常数的有关计算，难度不大，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键，注意原子个数守恒的应用。3．（6分）下列实验装置能达到实验目的的是（）A．图1证明1﹣溴丁烷和无水乙醇共热生成1﹣丁烯 B．图2证明C2H2具有还原性 C．图3证明碳酸酸性强于苯酚酸性 D．图4用于分离二氯甲烷（沸点40°C）、三氧甲烷（沸点62°C）和四氯化碳（沸点77°C）【分析】A．挥发的醇可使酸性高锰酸钾溶液褪色；B．生成的乙炔中混有硫化氢，均与溴反应；C．挥发的醋酸与苯酚钠反应；D．沸点不同的互溶液体混合物，可蒸馏分离。【解答】解：A．挥发的醇可使酸性高锰酸钾溶液褪色，溶液褪色，不能证明生成1﹣丁烯，故A错误；B．生成的乙炔中混有硫化氢，均与溴反应，不能证明乙炔具有还原性，故B错误；C．挥发的醋酸与苯酚钠反应，不能比较碳酸、苯酚的酸性强弱，故C错误；D．沸点不同的互溶液体混合物，可蒸馏分离，图中蒸馏装置合理，故D正确；故选：D。【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、混合物的分离提纯、物质的检验、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。4．（6分）在含有大量漂粉精的溶液中，下列有关叙述正确的是（）A．加入K+、NH4+、SO42﹣、I﹣等离子，可以大量共存 B．可用pH试纸测定该溶液的pH C．向该溶液中滴加少量FeSO4溶液，反应的离子方程式为：2Fe2++ClO﹣+2H+═2Fe3++Cl﹣+H2O D．该溶液中滴入一定量的浓盐酸，每产生1molCl2，转移电子数约为6.02×1023个【分析】A．漂粉精的主要成分为次氯酸钙，次氯酸根离子能够氧化碘离子，钙离子与硫酸根离子生成微溶物硫酸钙；B．漂粉精具有漂白性，能够漂白pH试纸；C．次氯酸钠溶液呈碱性，反应物中不存在氢离子；D．滴入浓盐酸后发生反应：Cl﹣+ClO﹣+2H+═Cl2↑+H2O，结合电子守恒计算生成1mol氯气转移电子的数目。【解答】解：A．ClO﹣、I﹣之间发生氧化还原反应，Ca2+、SO42﹣之间反应生成微溶物硫酸钙，在漂粉精溶液中不能大量共存，故A错误；B．漂粉精能够漂白pH试纸，不能用pH试纸测定该溶液的pH，故B错误；C．NaClO溶液呈碱性，在NaClO溶液中滴入少量FeSO4溶液，发生反应的离子方程式为：3H2O+3ClO﹣+6Fe2+＝2Fe（OH）3↓+4Fe3++3Cl﹣，故C错误；D．漂粉精溶液中滴入一定量的浓盐酸，发生反应为Cl﹣+ClO﹣+2H+═Cl2↑+H2O，氯离子化合价从﹣1变为0价，每产生1molCl2转移1mol电子，转移电子数约为6.02×1023个，故D正确；故选：D。【点评】本题考查离子共存、离子方程式的判断、氧化还原反应的计算，为高频考点，明确题干暗含信息、常见离子的性质及离子反应发生条件为解答关键，注意掌握常见离子不能共存的情况，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度不大。5．（6分）在“价一类”二维图中融入“杠杆模型”，可直观辨析部分物质转化及其定量关系。如图所示，图中的字母分别代表硫及其常见化合物，相关推断不合理的是（）A．b、d、f既具有氧化性又具有还原性 B．硫酸型酸雨的形成过程涉及b到c的转化 C．d与c在一定条件下反应可生成b或a D．d在加热条件下与强碱溶液反应生成e和f，且n（e）：n（f）＝2：1【分析】根据价一类二维图可知，a为﹣2价的含有硫元素的酸，即H2S，b为+4价的酸，即H2SO3，c为+6价的酸，即H2SO4，d为S单质，e为﹣2价的硫化物，f为+4价亚硫酸盐，g为+6价的硫酸盐，据此分析作答。【解答】解：A．根据分析可知，b为H2SO3，d为S，f为亚硫酸盐，其中S元素价态都处于中间价态，既有氧化性，又有还原性，故A正确；B．酸雨形成涉及到H2SO3转化为H2SO4，故B正确；C．根据分析可知，d为S，c为H2SO4，硫与浓硫酸加热反应，根据价态变化规律，只能生成b，即H2SO3，不能生成氢硫酸，故C错误；D．根据分析可知，d为S，S在加热条件下与强碱溶液反应生成硫化物和亚硫酸盐，两者之比2：1，故D正确；故选：C。【点评】本题主要考查硫及其化合物之间的转化，掌握硫及其化合物的性质是解决本题的关键，同时考查学生的价类二维图的思维，属于基本知识的考查，难度不大。6．（6分）聚乳酸是一种新型的生物可降解高分子材料，其合成路线如图：下列说法错误的是（）A．m＝n﹣1 B．聚乳酸分子中含有两种官能团 C．1mol乳酸与足量的Na反应生成1molH2 D．两分子乳酸反应能够生成含六元环的分子【分析】乳酸发生缩聚反应生成可降解的聚乳酸，结合乳酸的分子结构和缩聚反应原理分析判断即可解题。【解答】解：A．根据原子守恒，可知m＝n﹣1，故A正确；B．聚乳酸分子结构中含有酯基，端基含有羟基和羧基，共3种官能团，故B错误；C．乳酸分子中含有羟基和羧基，均能与Na反应生成氢气，则1mol乳酸与足量的Na反应生成1molH2，故D正确；D．两个乳酸分子可形成六元环状酯，其结构简式为，故D正确；故选：B。【点评】本题以乳酸的缩聚产物为载体，考查有机物的结构与性质，明确缩聚反应原理和官能团的结构与性质是解题关键，难度中等。7．（6分）由工业废铜泥（主要成分为CuS、Cu2S、Cu2（OH）2CO3，含少量Fe）制备难溶于水的氯化亚铜，其工艺流程如图。下列说法错误的是（）A．灼烧时可将CuS、Cu2S等转化为CuO B．除杂②过程中还需加热 C．流程中可循环使用的物质有H2SO4、Na2SO3 D．还原中的反应为2Cu2++2Cl﹣+SO32﹣+H2O═2CuCl↓+SO42﹣+2H+【分析】工业废铜泥主要成分为CuS、Cu2S、Cu2（OH）2CO3（含Fe等金属杂质），由流程可知，灼烧时CuS、Cu2S、Cu2（OH）2CO3均转化为CuO，加硫酸溶解后溶液中含铜离子、亚铁离子，加过氧化氢可氧化亚铁离子，加NaOH可使铁离子转化为沉淀，过滤分离出滤渣为Fe（OH）3，还原时发生2CuSO4+2NaCl+Na2SO3+H2O═2CuCl↓+2Na2SO4+H2SO4，过滤分离出CuCl产品，以此来解答。【解答】解：A．根据流程信息，灼烧的目的是使含铜物质尽可能溶解在硫酸溶液中，所以是将CuS、Cu2S等转化为CuO，故A正确；B．除杂的目的是使铁元素转化成Fe（OH）3而转化成炉渣，①H2O2目的是将Fe2+转化成Fe3+，②加NaOH稀溶液，调节溶液的pH，使Fe3+转化成Fe（OH）3沉淀，但只加入NaOH稀溶液容易形成Fe（OH）3胶体更难除杂，所以还应加热，故B正确；C．还原反应同时生成H2SO4，酸浸又消耗H2SO4，所以H2SO4可循环使用，但Na2SO4没有参与循环，故C错误；D．还原时发生2CuSO4+2NaCl+Na2SO3+H2O═2CuCl↓+2Na2SO4+H2SO4，离子方程式为2Cu2++2Cl﹣+SO32﹣+H2O═2CuCl↓+SO+2H+，故D正确；故选：C。【点评】本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、制备原理为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。三、非选择题8．（15分）含氯物质在生产生活中有重要作用。1774年，舍勒在研究软锰矿（主要成分是MnO2）的过程中，将它与浓盐酸混合加热，产生了一种黄绿色气体。1810年，戴维确认这是一种新元素组成的单质，并命名为chlorine（中文命名“氯气”）。（1）实验室沿用舍勒的方法制取Cl2的化学方程式为MnO2+4HCl（浓）MnCl2+2H2O+Cl2↑。（2）实验室制取干燥Cl2时，净化与收集Cl2所需装置的接口连接顺序为cdbae。（3）某氯水久置后不能使品红溶液褪色，可推测氯水中次氯酸已分解。检验此久置氯水中Cl﹣存在的操作及现象是向溶液中滴加过量的稀硝酸，然后加入硝酸银溶液，有白色沉淀生成。（4）某合作学习小组进行以下实验探究。①实验任务通过测定溶液电导率，探究温度对AgCl溶解度的影响。②查阅资料电导率是表征电解质溶液导电能力的物理量。温度一定时，强电解质稀溶液的电导率随溶液中离子浓度的增大而增大；离子浓度一定时，稀溶液电导率随温度的升高而增大。25℃时，Ksp（AgCl）＝1.8×10﹣10。③提出猜想猜想a：较高温度的AgCl饱和溶液的电导率较大。猜想b：AgCl在水中的溶解度s（45℃）＞s（35℃）＞s（25℃）。④设计实验、验证猜想取试样Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ（不同温度下配制的AgCl饱和溶液），在设定的测试温度下，进行表1中实验1～3，记录数据。表1实验序号试样测试温度/℃电导率/（μS/cm）1Ⅰ：25℃的AgCl饱和溶液25A12Ⅱ：35℃的AgCl饱和溶液35A23Ⅲ：45℃的AgCl饱和溶液45A3⑤数据分析、交流讨论25℃的AgCl饱和溶液中，c（Cl﹣）＝1.34×10﹣5mol/L。实验结果为A3＞A2＞A1。小组同学认为，此结果可以证明③中的猜想a成立，但不足以证明猜想b成立。结合②中信息，猜想b不足以成立的理由有离子浓度一定时，稀溶液电导率随温度的升高而增大，所以根据不同温度下电导率A3＞A2＞A1，无法得到结论证明45℃的情况下AgCl溶解度大。⑥优化实验小组同学为进一步验证猜想b，在实验1～3的基础上完善方案，进行实验4和5。请完成表2中内容。表2实验序号试样测试温度/℃电导率/（μS/cm）4Ⅰ45B15Ⅱ45B2⑦实验总结根据实验1～5的结果，并结合②中信息，小组同学认为猜想b也成立。猜想b成立的判断依据是电导率B1＜B2＜A3，说明电导率上升是由于溶解度上升引起的离子浓度增大。【分析】（1）舍勒的方法制取Cl2为加热二氧化锰与浓盐酸的混合物；（2）生成的氯气中混有氯化氢和水蒸气，应依次通过饱和食盐水和浓硫酸除去混杂的氯化氢和水蒸气，使用向上排空气法收集氯气，最终利用氢氧化钠吸收氯气；（3）久置的氯水，具有漂白性的HClO分解生成HCl和O2，检验氯离子需要硝酸银和稀硝酸；（4）⑤25℃时，Ksp（AgCl）＝1.8×10﹣10，c（Ag+）＝c（Cl﹣），故c（Cl﹣）＝＝mol/L≈1.34×10﹣5mol/L，依据提示②可知，离子浓度一定时，稀溶液电导率随温度的升高而增大，但无法证明温度越高，溶解度越高；⑥⑦为证明猜想b，若温度高，溶解度大，则电导率应上升，故可以选取相同温度的试样，但是采用不同的测定温度，若电导率上升，则是由于温度升高，溶解度增大，导致离子浓度增大，据此填写数据。【解答】解：（1）舍勒的方法制取Cl2为加热二氧化锰与浓盐酸的混合物，反应方程式为MnO2+4HCl（浓）MnCl2+2H2O+Cl2↑，故答案为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+2H2O+Cl2↑；（2）生成的氯气中混有氯化氢和水蒸气，应依次通过饱和食盐水和浓硫酸除去混杂的氯化氢和水蒸气，使用向上排空气法收集氯气，最终利用氢氧化钠吸收氯气，防止污染空气，故仪器的连接顺序为cdbae，故答案为：cdbae；（3）久置的氯水，具有漂白性的HClO分解生成HCl和O2，检验氯离子的操作为向溶液中滴加过量的稀硝酸，然后加入硝酸银溶液，有白色沉淀生成，故答案为：次氯酸；向溶液中滴加过量的稀硝酸，然后加入硝酸银溶液，有白色沉淀生成；（4）⑤25℃时，Ksp（AgCl）＝1.8×10﹣10，c（Ag+）＝c（Cl﹣），故c（Cl﹣）＝＝mol/L≈1.34×10﹣5mol/L，依据提示②可知，离子浓度一定时，稀溶液电导率随温度的升高而增大，所以根据不同温度下电导率A3＞A2＞A1，无法得到结论证明45℃的情况下AgCl溶解度大，故答案为：1.34×10﹣5；离子浓度一定时，稀溶液电导率随温度的升高而增大，所以根据不同温度下电导率A3＞A2＞A1，无法得到结论证明45℃的情况下AgCl溶解度大；⑥为证明猜想b，若温度高，溶解度大，则电导率应上升，故可以选取相同温度的试样，但是采用不同的测定温度，若电导率上升，则是由于温度升高，溶解度增大，导致离子浓度增大，故答案为：试样：Ⅱ；测定温度：45，45；⑦若证明猜想b成立，结合⑥可知，采取相同温度的试样，采用不同的测定温度，若电导率上升，则是由于温度升高，溶解度增大，导致离子浓度增大，故结果应是电导率B1＜B2＜A3，故答案为：电导率B1＜B2＜A3，说明电导率上升是由于溶解度上升引起的离子浓度增大。【点评】本题考查了氯气的制备及相关性质，涉及氧化还原反应，离子检验，沉淀溶解平衡等内容，考查较为基础，（4）为解题难点，需要学生有较强的理解能力，整体难度适中。9．（14分）丙烯腈（CH2＝CH﹣CN）是合成纤维、合成橡胶和合成树脂的重要单体，可以由乙炔与HCN反应制得。原理如下：CH≡CH+HCNCH2＝CH﹣CN。Ⅰ.制备催化剂CuCl2（1）通过查阅资料有两种方案可以制备方案1：铜屑与H2O2在浓盐酸中反应方案2：铜丝在氯气中燃烧方案1的实验原理如图所示①仪器a的名称三颈烧瓶。②请写出方案1的反应原理Cu+H2O2+2H+＝Cu2++2H2O。（用离子方程式表达）（2）用恒压滴液漏斗分批多次滴加H2O2，且H2O2过量，原因是过氧化氢受热易分解。（3）方案2燃烧后的固体溶于水，过滤后发现一些白色固体X，为检测X的成分，某同学将其溶于稀硫酸，白色固体变为红色，且溶液呈蓝色，推测X为CuCl。Ⅱ.合成丙烯腈已知：①电石的主要成分是CaC2，还含有少量硫化钙②HCN易挥发，有毒，具有较强的还原性（4）HCN的电子式。（5）纯净的乙炔是无色、无臭的气体。但用电石制取的乙炔时常伴有有臭鸡蛋气味，这种物质是H2S。（6）从下列选择装置D中可盛放的溶液A。A.高锰酸钾溶液B.NaOH溶液C.饱和食盐水D.盐酸溶液（7）工业用200kg含CaC2质量分数80%的电石，生产得到丙烯腈79.5kg，计算产率60%。【分析】（1）①仪器a为三颈烧瓶；②反应生成CuCl2，Cu发生氧化反应，则H2O2发生还原反应生成水；（2）过氧化氢不稳定，受热易分解；（3）白色固体X溶于稀硫酸，白色固体变为红色，且溶液呈蓝色，说明白色固体在酸性条件下生成Cu、Cu2+，则白色固体中Cu为+1；（4）根据稳定结构可知，C原子形成4对共用电子对，N原子形成3对共用电子对，而H原子形成1对共用电子对；（5）电石中含有少量硫化钙，可知乙炔时常伴有有臭鸡蛋气味的物质是硫化氢；（6）装置A制备乙炔，装置B中硫酸铜溶液除去乙炔中混有的H2S，C中乙炔与HCN发生加成反应生成CH2＝CHCN，D中溶液除去尾气中乙炔、HCN，二者都可以高锰酸钾溶液氧化；（7）根据关系式CaC2～HC≡CH～CH2＝CHCN计算理丙烯腈的论产量，产量＝×100%。【解答】解：（1）①仪器a为三颈烧瓶，故答案为：三颈烧瓶；②反应生成CuCl2，Cu发生氧化反应，则H2O2发生还原反应生成水，反应离子方程式为Cu+H2O2+2H+＝Cu2++2H2O，故答案为：Cu+H2O2+2H+＝Cu2++2H2O；（2）过氧化氢不稳定，受热易分解，需要分批多次滴加H2O2，且H2O2过量，故答案为：过氧化氢受热易分解；（3）将铜丝在氯气中燃烧后的固体溶于水，过滤后发现一些白色固体X，白色固体X溶于稀硫酸，白色固体变为红色，且溶液呈蓝色，说明白色固体在酸性条件下生成Cu、Cu2+，则白色固体中Cu为+1，推知X为CuCl，故答案为：CuCl；（4）根据稳定结构可知，C原子形成4对共用电子对，N原子形成3对共用电子对，而H原子形成1对共用电子对，HCN的电子式为，故答案为：；（5）电石中含有少量硫化钙，可知乙炔时常伴有有臭鸡蛋气味的物质是硫化氢，其化学式为H2S，故答案为：H2S；（6）装置A制备乙炔，装置B中硫酸铜溶液除去乙炔中混有的H2S，C中乙炔与HCN发生加成反应生成CH2＝CHCN，D中溶液除去尾气中乙炔、HCN，而乙炔含有碳碳三键，HCN具有较强的还原性，二者都可以高锰酸钾溶液氧化，可以用酸性高锰酸钾溶液进行尾气处理，故答案为：A；（7）根据关系式CaC2～HC≡CH～CH2＝CHCN，可知丙烯腈的理论产量为200kg×80%×＝132.5kg，实际生产得到丙烯腈79.5kg，产率为×100%＝60%，故答案为：60%。【点评】本题考查物质制备实验，关键是对实验原理的理解，题目涉及仪器识别、对操作的分析评价、物质推断、尾气处理、化学计算等，需要学生具备扎实的基础与灵活运用的能力。10．（14分）铂钌催化剂是甲醇燃料电池的阳极催化剂。一种以钌矿石[主要含Ru（CO3）2，还含少量的FeO、MgO、RuO4、CaO、SiO2]为原料制备钌（Ru）的流程如图1。回答下列问题：（1）Na2Fe4（SO4）6（OH）2中Fe的化合价为+3。（2）“酸浸”时，Na2SO3的作用溶解RuO4。“滤渣”的主要成分有SiO2和CaSO4（填化学式）。“酸浸”中钌的浸出率与浸出温度、pH的关系如图2所示，“酸浸”的最佳条件是温度为65℃、pH为1.0。（3）“除铁”的离子方程式为6Na++12Fe2++2ClO3﹣+18SO42﹣+6H2O＝3Na2Fe4（SO4）6（OH）2↓+2Cl﹣+6OH﹣。（提示：1molNaClO3参与反应，转移6mol电子）（4）从“滤液2”中可提取一种化肥，其电子式为。（5）“灼烧”时Ar的作用是作保护气，防止钌与空气中的氧气反应。（6）某工厂用10t钌矿石[含8.84tRu（CO3）2、165kgRuO4]，最终制得3636kgRu，则Ru的产率为87.8%。（保留三位有效数字）【分析】钌矿石[主要含Ru（CO3）2，还含少量的FeO、MgO、RuO4、CaO、SiO2]为原料制备钌（Ru），钌矿石中加稀硫酸和亚硫酸钠酸浸时，钌元素转化为硫酸钌，氧化亚铁、氧化镁转化为硫酸亚铁、硫酸镁，氧化钙与稀硫酸反应生成硫酸钙，二氧化硅与硫酸不反，过滤得到含有二氧化硅、硫酸钙的滤渣和含有硫酸钌的滤液；向滤液中先后加入氯酸钠溶液、碳酸钠溶液将铁元素转化为生成Na2Fe4（SO4）4（OH）2沉淀，过滤得到Na2Fe4（SO4）4（OH）2和滤液；向滤液中加入加氟化钠溶液将镁元素转化为氟化镁沉淀，过滤得到氟化镁和滤液；向滤液中加入碳酸钠溶液将钌元素转化为碳酸钌沉淀，过滤得到滤液1和碳酸钌；碳酸钌溶于盐酸得到氯化钌，向氯化钌溶液中加入草酸铵溶液将氯化钌转化为草酸钌沉淀，过滤得到含有氯化铵的滤液2和草酸钌；在氩气氛围中灼烧草酸钌制得钌。【解答】解：（1）由化合价代数和等于0可知，Na2Fe4（SO4）6（OH）2中铁元素的化合价为+3价，故答案为：+3；（2）由分析可知，酸浸时加入亚硫酸钠溶液的目的是溶解四氧化钌，将四氧化钌转化为可溶的硫酸钌；滤渣的主要成分为二氧化硅和硫酸钙；由图可知，温度为65℃、pH为1.0时，钌的浸出率最大，则酸浸”最佳条件是温度为65℃、pH为1.0，故答案为：溶解RuO4；CaSO4；温度为65℃、pH为1.0；（3）由分析可知，加入氯酸钠溶液、碳酸钠溶液的目的是将铁元素转化为生成Na2Fe4（SO4）4（OH）2沉淀，反应的离子方程式为6Na++12Fe2++2ClO3﹣+18SO42﹣+6H2O＝3Na2Fe4（SO4）6（OH）2↓+2Cl﹣+6OH﹣，故答案为：6Na++12Fe2++2ClO3﹣+18SO42﹣+6H2O＝3Na2Fe4（SO4）6（OH）2↓+2Cl﹣+6OH﹣；（4）由分析可知，滤液2的主要成分为离子化合物的氯化铵，电子式为，故答案为：；（5）灼烧时氩气的作用是做保护气，否则反应得到的钌被空气中的氧气氧化，故答案为：作保护气，防止钌与空气中的氧气反应；（6）若10t钌矿石最终制得3636kg钌，由钌原子个数守恒可知，钌的产率为×100%＝87.8%，故答案为：87.8%。【点评】本题考查物质分离提纯方案的设计，为高考常见题型，根据制备步骤明确实验原理为解答关键，注意掌握常见化学实验基本操作方法，试题综合性强，侧重对学生能力的培养和训练，有利于培养学生规范严谨的实验设计、操作能力，题目难度较大。【选修三—物质结构与性质】（15分）11．（15分）SCR和NSR技术可有效降低柴油发动机在空气过量条件下的NOx排放。（1）SCR（选择性催化还原）工作原理：①尿素[CO（NH2）2]水溶液热分解为NH3和CO2，请写出CO2的电子式。②反应器内NH3还原NO2过程中，若还原产物比氧化产物少1mol，转移电子总数24NA个（用NA表示）。③当燃油中含硫量较高时，尾气中SO2在O2作用下会形成（NH4）2SO4，使催化剂中毒。用化学方程式表示（NH4）2SO4的形成2SO2+O2+4NH3+2H2O═2（NH4）2SO4。④尿素溶液浓度影响NO2的转化，测定溶液中尿素（M＝60g•mol﹣1）含量的方法如下：取ag尿素溶液，将所含氮完全转化为NH3，所得NH3用过量的v1mLc1mol•L﹣1H2SO4溶液吸收完全，剩余H2SO4用v2mLc2mol•L﹣1NaOH溶液恰好中和，则尿素溶液中溶质的质量分数是（2）NSR（NOx储存还原）工作原理：NOx的储存和还原在不同时段交替进行，如图a所示。①通过BaO和Ba（NO3）2的相互转化实现NOx的储存和还原。储存NOx的物质是BaO。②用H2模拟尾气中还原性